山东省泰安市2026年中考数学一轮圆专题复习

2026年中考第一轮专题复习-------圆 目录 一、考点分布与考情分析 二、知识梳理 三、典例训练 考点一：圆的基本认识 考点二：垂径定理 考点三：圆心角和圆周角以及它们之间的关系 考点四：直线和圆的位置关系 考点五：弧长和扇形的面积 四、技巧总结 五、通关检测 一、考点分布与考情分析 圆的基本性质在小题中通常考察圆的基本概念、垂径定理、圆周角定理、圆内接四边形等基础考点，难度一般在中档及以下。在简答题中，圆的基本性质还可以和相似、三角函数、特殊四边形等结合出题，难度中等或偏上。具体考点和要求如下： 1、圆的相关概念：理解圆、弧、弦、圆心角、圆周角的概念.了解等圆、等弧的概念. 2、圆的对称性：理解圆既是轴对称图形，也是中心对称图形. 3、垂径定理及推论：探索并证明垂径定理:垂直于弦的直径平分弦以及弦所对的两条弧. 4、弧、弦、圆心角的关系：探索圆周角与圆心角及其所对弧的关系，知道同弧(或等弧)所对的圆周角相等. 5、圆周角定理及推论：了解并证明圆周角定理及其推论. 6、圆内接四边形的性质：理解圆内接四边形的对角互补. 二、知识梳理： 1、圆的概念：在一个平面内，线段绕它固定的一个端点旋转一周，另一个端点所形成的图形叫圆.以点为圆心的圆记作⊙O，读作圆O. 圆的另一种定义：圆心为O、半径为r的圆可以看成是所有到定点O的距离等于定长r的点组成的图形. 2、连结圆上任意两点的线段叫做弦. 3、直径:经过圆心的弦叫做直径. 4、弧:圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧.弧用符号：“”表示.以为端点的弧记作，读作：“圆弧AB”或“弧AB”. 5、半圆：圆的任意一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每一条弧都叫做半圆. 6、优弧：大于半圆的弧叫做优弧. 7、劣弧：小于半圆的弧叫做劣弧. 8、同圆：圆心相同且半径相等的圆叫做同圆. 9、等圆：半径相等的圆叫做等圆. 10、同心圆:圆心相同，半径不相等的两个圆叫做同心圆. 11、弦心距：从圆心到弦的距离叫做弦心距. 12、圆心角：顶点在圆心的角叫做圆心角. 13、圆周角:顶点在圆上，并且两边都和圆相交的角叫做圆周角. 14、圆内接四边形：如果四边形的四个顶点均在同一个圆上，这个四边形叫做圆内接四边形.这个圆叫做这个四边形的外接圆. 三、典例训练 考点一：圆的基本认识 1．如图，在中，点，，在一条直线上，点，，在一条直线上，那么图中有弦（　　）    A．2条 B．3条 C．4条 D．5条 2．如图，直径为2的半圆O与的边相切，圆心O在边上，若，，，P，Q分别是与半圆弧上的动点，则的最大值和最小值之积是（   ） A． B． C． D． 3．如图，是的直径，点、在上，，，的度数为（    ） A． B． C． D． 4．等腰中，，，以C为圆心，为半径作圆弧与的边交于点D．则 ． 5．如图，已知，以点为圆心，的长为半径画圆，交轴正半轴于点，则线段的长度等于 ． 6．如图，线段的中点是点，以点为圆心，为半径作，点是上一点（不在直线上），连接、、． (1)求证：． (2)若，求的值． 考点二：垂径定理 1．如图，是的直径，点D是的中点，过点D作于点E，交于另一点F．若，，则的半径是（   ） A． B． C．6 D．10 2．如图，是的直径，，点在线段上运动，过点的弦，将位于右边的部分沿翻折，弧交直线于点，当的长为正整数时，则的长为（   ）． A．2 B． C． D．2或 3．如图，为的直径，，为的弦，，连接，，，则劣弧的长为 ． 4．如图，点在上，点是中点，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 5．如图甲，筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具．如图乙，筒车盛水桶的运行轨道是以轴心O为圆心的圆，已知圆心O在水面的上方，被水面截得的弦长为4米，点C是运行轨道的最低点，点C到弦的距离为1米，则的半径长为（    ） A．1米 B．米 C．2米 D．米 6．如图，为的直径，弦于点E，若，则的半径为 ． 7．如图，点、、、在上，，若，则 度． 8．如图，是的直径，点、是上的点，且，分别与、相交于点、． (1)求证：点为弧的中点； (2)若，，求的长． 考点三：圆心角和圆周角以及它们之间的关系 1．如图，为的直径，，为上的点，，，则（   ） A． B． C． D． 2．如图， 是的直径，， 若，则的度数是（     ） A． B． C． D． 3．如图，是的直径，，，，则的半径为（   ） A．4 B．5 C． D．10 4．如图，在中，为的中点，于点，于点．求证：． 5．如图，点A，B，C，D在上，，，则 ． 6．如图，为的外接圆，且是的直径，点是上的一点，连接，若，则（   ） A． B． C． D． 7．如图，是的直径，C为上一点，过点C作的切线，交的延长线于点D，连接，若，则 ． 8．如图，四边形内接于，为的直径，．点在的延长线上，若，则的度数为 ． 9．如图，是的直径，的弦，弦，的平分线交于，则长是 ． 考点四：直线和圆的位置关系 1．如图，是的切线，是切点，分别交线段于两点，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 2．如图，菱形的顶点，，在⊙O上，过点作⊙O的切线交的延长线于点．若⊙O的直径为4，则的长为（　　） A．2 B．4 C． D． 3．如图，，圆心在边上的的半径为，．若在上向点移动，当与相切时，圆心移动的距离为 ． 4．如图，是的切线，A，B是切点，点C为上一点，若，则的度数为 ． 5．如图， 在中，，以为直径作． 为上一点，且，连接并延长交的延长线于点． (1)求证：直线与相切； (2)若， 求的长． 考点五：弧长和扇形的面积 1．如图，点B、E是以为直径的半圆O的三等分点，弧的长为，，则图中阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 2．如图，以含有角的三角尺的顶点B为圆心，长为半径画，交边于点D．若，则劣弧的长为（    ） A． B． C． D． 3．如图，正五边形的边长为6，以顶点为圆心，的长为半径画圆，则图中阴影部分的面积为 ． 4．如图1是一个圆锥形生日帽，图2是其示意图．若该圆锥的母线长与底面圆半径的比为，则将该圆锥沿母线剪开后，其侧面展开图的圆心角的度数为 ． 5．如图，在三星堆文物挖掘工作中，考古人员发现一件珍贵的圆形陶器，可惜其部分破损，经测量得知，该圆形陶器完整时的直径为12cm，而破损处的缺口两端点A，B之间的距离为6cm，则的长为 cm． 6．如图，是半的直径，，连接，沿翻折弧，恰好经过圆心O． (1)________； (2)若，求的半径r； (3)在（2）的条件下，求阴影部分的面积． 4、 技巧总结 圆周角和圆心角 1.圆周角和圆心角的转化可通过作圆的半径构造等腰三角形,利用等腰三角形的顶点和底角的关系进行转化. 2.圆周角和圆周角可利用其“桥梁”——圆心角来转化. 3.圆周角定理成立的条件是“同一条弧所对的”两种角，在运用定理时不要忽略了这个条件，把不同弧所对的圆周角与圆心角错当成同一条弧所对的圆周角和圆心角. 垂径定理模型（知二得三） 如图，可得①AB过圆心 ②AB⊥CD ③CE=DE ④⑤ 垂径定理及其推论实质是指一条直线满足：（1）过圆心（2）垂直于弦（3）平分弦（被平分的弦不是直径）（4）平分弦所对的优弧（5）平分弦所对的劣弧，若已知五个条件中的两个，那么可推出其中三个，简称“知二得三”，解题过程中应灵活运用该定理. 5、 通关检测 一、单选题 1．如图所示，已知直径，如果，的半径为2，那么弦长是（    ） A．4 B． C． D． 2．如图，为的外接圆，，点D 在优弧上，连接． 若，则（    ） A． B． C． D． 3．如图，是劣弧上的一动点，与交于点．若，则的最小值为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 4．一个扇形的圆心角为，扇形的弧长等于，则该扇形的面积等于（    ） A． B． C． D． 二、填空题 5．“圆”是中国文化的一个重要精神元素，在建筑中有着广泛的应用，例如古典园林中的门洞，如图（1），其数学模型如图（2）所示．园林中的一个圆弧形门洞的地面跨径，D为圆上一点，于点C，且，则门洞的半径为 m． 6．如图，的直径平分弦（不是直径），若，则 度． 7．如图，点是外接圆的圆心，点是的内心，连接．若，则的度数为 ． 8．已知是的直径，弦 于点， 若，，则的长为 ． 三、解答题 9．如图，在中，，以为直径作，交于点D，交于点E，连． (1)求证： (2)若求的长度． 10．如图，内接于，为的直径，过点C作的切线交的延长线于点D． (1)求证：． (2)过点C作于点E，若，，求的长． 试卷第1页，共3页 1 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 考点一：圆的基本认识 1．B 【分析】本题考查了圆的认识，根据弦的定义进行判断．掌握与圆有关的概念（弦、直径、半径、弧、半圆、优弧、劣弧、等圆、等弧等）． 【详解】解：弦为、、． 故选：B． 2．B 【分析】本题主要考查圆的最值问题、切线的性质、勾股定理及相似三角形的性质与判定，熟练掌握圆的最值问题、切线的性质、勾股定理及相似三角形的性质与判定是解题的关键；设半圆O与的边相切的切点为D，连接，过点O作于点F，交半圆O于点E，由题意易得，，，然后通过证明，得到，，进而根据圆的最值问题可求解． 【详解】解：设半圆O与的边相切的切点为D，连接，过点O作于点F，交半圆O于点E，如图所示： ∵，，， ∴， ∵直径为2的半圆O与的边相切的切点为D， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 当点P与点F重合，点Q与点E重合时，有最小值，最小值为， 根据圆外的点到圆上的点距离为最大时，需经过圆心，所以当点P与B重合时，且Q也在线段上时，取得最大值，最大值为， ∴的最大值和最小值之积为； 故选B． 3．D 【分析】此题考查了半径相等，平行线的性质及三角形内角和定理．根据三角形内角和定理可求得的度数，再根据平行线的性质及三角形内角和定理即可求得的度数． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：D． 4．或 【分析】本题主要考查了圆的基本性质，等边对等角，三角形内角和定理，由等边对等角和三角形内角和定理得到，再分点D在上和点D在上两种情况，画出对应的示意图，讨论求解即可． 【详解】解：∵，， ∴， 如图，当与交于D时， ∵， ∴， 如图，当与交于D时， ∵， ∴； ∴的度数为或． 故答案为：或． 5． 【分析】本题主要考查了勾股定理与圆的半径性质，熟练掌握“利用勾股定理计算线段长度、结合圆的半径相等确定点的坐标”是解题的关键． 先利用勾股定理求出的长度，再结合圆的半径相等得到的长度，进而确定点的坐标，最后用勾股定理计算的长度． 【详解】解：∵ ，， ∴ ，． 在中，． ∵ 以为圆心，为半径画圆， ∴ ． ∵ ， ∴ ，即． 在中， ． 故答案为：． 6．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用角相等，角的两边对应成比例即可证明两三角形相似； （2）为求，则过点作，垂足为点，利用求解．为求，先求，故过点作，垂足为点，易求，设，根据几何关系依次计算即可． 本题考查了三角形相似的判定、等腰直角三角形的性质、三角函数的应用． 【详解】（1）证明：∵， ， 在与中， ， ∴． （2）解：过点作，垂足为点．过点作，垂足为点． ∴是等腰直角三角形， 根据勾股定理可知， 设， 则， 在中，∵， ． 考点二：垂径定理 1．A 【分析】本题考查了垂径定理及其推论，弧、弦的关系，熟练掌握垂径定理是解题的关键． 先证，进而得出，，由垂径定理得，再用勾股定理解即可． 【详解】解：点D是的中点， ， ， ， ， ， ， ， ， 如图，连接，设的半径为r，设， 在中，由勾股定理得， ， 解得， 故选：A． 2．D 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，折叠的性质，根据，可得或2，利用勾股定理进行解答即可，进行分类讨论是解题的关键． 【详解】解：为直径，为弦， ， 当的长为正整数时，或2， 当时，即为直径， 将沿翻折交直线于点F，此时与点重合， 故； 当时，且在点在线段之间， 如图，连接， 此时， ， ， ， ， ； 当时，且点在线段之间，连接， 同理可得， ， 综上，可得线段的长为或或2， 故选：D． 3．/ 【分析】本题考查垂径定理，圆周角定理，弧长公式，根据垂径定理和等腰三角形的性质求出，再根据弧长公式求解即可． 【详解】解：， ， ． 为的弦，， ， ∵， ∴的半径是2， 劣弧的长为． 故答案为：． 4．C 【分析】本题考查了垂径定理，等腰三角形性质，由点是中点，可得，进而可得，根据，即可得出，根据，即可求解． 【详解】解：∵点是中点， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：C． 5．D 【分析】本题考查了垂径定理和勾股定理的应用，熟练掌握垂径定理和勾股定理是解题的关键．连接、，交于点，设的半径长为，由垂径定理得（米），再由勾股定理列方程求出的值即可． 【详解】解：如图，连接、，交于点， 设的半径长为， ∵点是运行轨道的最低点，点到弦的距离为1米， ∴，， ∴， 在中，， ∴， 解得：， ∴的半径长为米． 故选：D． 6．5 【分析】本题考查垂径定理，勾股定理；添加辅助线构建直角三角形是解题的关键．连接，根据垂径定理得，在中，利用勾股定理得． 【详解】解：连接， ∵为的直径，， ∴， 在中，， ∴，即． 解得，． 故答案为：5． 7． 【分析】此题考查了垂径定理和圆周角定理，注意掌握在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角等于这条弧所对的圆心角的一半．根据垂径定理可得点是中点，由圆周角定理可得，继而得出答案． 【详解】解：， ∴， ∴． 故答案为：28． 8．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了圆周角定理的推论，平行线的性质，垂径定理，勾股定理等，熟练掌握垂径定理是解题的关键． （1）根据圆周角定理的推论得出，根据平行线的性质推得，然后根据垂径定理即可证明； （2）根据勾股定理得出，根据垂径定理得出，结合勾股定理即可求出，即可求解． 【详解】（1）证明：∵是的直径，点是上的点， ∴， 即， ∵， ∴， ∴点为弧的中点． （2）解：∵，，， 故在中，， ∵， ∴， ∵， 故在中，， ∴． 考点三：圆心角和圆周角以及它们之间的关系 1．C 【分析】本题考查圆中求角度，涉及弦与弧关系、圆周角定理等知识，熟记圆周角定理是解决问题的关键． 先由得到，再由圆周角定理得到相关角度的关系求解即可得到答案． 【详解】解：， ， ， ， ， ， ， 则， 故选：C． 2．D 【分析】本题考查了圆周角定理，圆心角，根据圆周角定理求出的度数，然后根据同弧所对圆心角相等求出的度数，然后根据平角定义即可求解 【详解】解∶∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选∶D． 3．B 【分析】本题考查了圆的基本性质，直径所对的圆周角是直角，勾股定理等；掌握圆的基本性质是解题的关键． 由圆的基本性质得，由直径所对的圆周角是直角和勾股定理得，即可求解． 【详解】解：， ， ， 是的直径， ， ， ， 则的半径为， 故选：B． 4．证明见解析 【分析】本题考查圆心角、弧、弦之间的关系，全等三角形的判定和性质，根据等弧所对的圆心角相等得，证明，再根据全等三角形的性质可得结论．解题的关键是掌握：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等． 【详解】证明：如图，连接， ∵在中，为的中点， ∴， ∴，即， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 5． 【分析】本题考查圆周角定理，等腰三角形的性质，平行线的性质，掌握相关知识是解决问题的关键．连接，由圆周角定理可知，因为， 所以，因为，所以，则可求，则题目可解． 【详解】解：连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 6．D 【分析】本题考查了圆周角定理，直角三角形的性质，圆内接四边形的性质，由圆周角定理得，即得，再根据圆内接四边形的性质即可求解，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】解：∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∵为的外接圆， ∴， ∴， 故选：． 7．/32度 【分析】本题考查的是切线的性质、圆周角定理，熟记圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键． 连接，根据切线的性质得到，根据直角三角形的性质求出，再根据圆周角定理解答即可． 【详解】解：如图，连接， ∵是的切线， ∴， ∵， ∴， 由圆周角定理得：， 故答案为：． 8．/70度 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质，弧弦圆心角的关系，等腰三角形的性质等，连接，由圆内接四边形的性质和补角性质可得，即得，又由得，即得到，再根据等腰三角形的性质即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形内接于， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 9． 【分析】本题考查了圆周角定理和推论，勾股定理．连接，利用圆周角定理结合勾股定理求得的长，再证明是等腰直角三角形，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：连接， ∵是的直径， ∴， ∵，， ∴， ∵的平分线交于， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 故答案为：． 考点四：直线和圆的位置关系 1．B 【分析】本题主要考查了切线长定理，全等三角形的性质和判定，四边形内角和定理， 连接根据切线的性质和切线长定理得，再根据“边角边”证明，可得，然后根据四边形内角和定理求出，最后根据得出答案． 【详解】解：连接，如下图， ∵是的切线，点A，B，E是切点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：B． 2．D 【分析】连接，根据切线的性质定理得到，根据菱形的性质、等边三角形的判定定理得到为等边三角形，得到，根据直角三角形的性质、勾股定理计算，得到答案． 【详解】解：如图，连接， 是⊙O的切线， ， 四边形为菱形， ， ， ， 为等边三角形， ， ， ， 由勾股定理得，． 故选：D． 【点睛】本题考查的是切线的性质、菱形的性质、等边三角形的判定和性质，勾股定理，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键． 3． 【分析】此题重点考查平移的性质、切线的性质定理、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 当移动到与相切时，设圆心为，切点为，由，，，得，最后求解即可． 【详解】解：当移动到与相切时，设圆心为，切点为，则， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴圆心移动的距离为． 故答案为：． 4． 【分析】本题考查了切线的性质，圆周角定理，多边形内角和定理，掌握切线的性质，圆周角定理是解题的关键． 如图所示，连接，根据切线的性质可得，根据圆周角定理可得，根据多边形的内角和定理即可求解． 【详解】解：如图所示，连接， ∵是的切线，为切点， ∴，即， ∵点为上一点，， ∴， 在四边形中，． 故答案为： ． 5．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了切线的判定定理，切线长定理，勾股定理等知识点，熟练掌握切线的判定与性质定理，学会添加常用辅助线是解题的关键． （1）连接，利用证明，结合已知推出，即，再根据圆的切线判定定理(垂直于半径外端的直线是圆的切线)，即可证明； （2）先设圆的半径，表示出，在中利用勾股定理列方程求解得半径为，进而得出；再根据切线长定理设，表示出，在中再次用勾股定理列方程解得；最后在中通过勾股定理计算出即可． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵点在圆上， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵为半径， ∴直线与相切； （2）解：设， ∵， ∴， 在中，，， 即， 解得， ∴； ∵是圆的切线， ∴设， 在中，， 即， 解得， ∴， 在中，． 考点五：弧长和扇形的面积 1．A 【分析】本题主要考查了求扇形的面积，勾股定理，求弧长，直角三角形的性质，余弦函数．先连接，设半径为R，根据“弧，弦，圆心角的关系”得，可得，再根据弧长公式求出即，接下来根据特殊角的三角函数值求出，再解直角三角形求出，，即可求出，最后根据得出阴影部分的面积． 【详解】解：连接，设半径为R， ∵点B,E是半的三等分点， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， 解得即． ∵是的直径， ∴， ∴， 在中，， ∴, 根据勾股定理，得， ∴． ∵和的面积相等， ∴． 故选：A． 2．A 【分析】本题主要考查含有角的直角三角形的性质、弧长计算．明确圆心角和半径是解题的关键．由含有角的三角形可先求出半径，再由弧长公式得出劣弧的长． 【详解】解：含有角的三角尺的顶点B为圆心， ，， ，， 长为半径画，交边于点D， ， ， ， 劣弧的长为：． 故答案为：A． 3． 【分析】本题主要考查扇形面积计算及正多边形的性质，熟练掌握正多边形的内角和公式和扇形面积公式是解题的关键． 先根据正多边形的内角公式：每个内角度数，求出正五边形内角，再利用扇形面积公式代入数值计算即可． 【详解】解：∵正五边形的边长为6，以顶点为圆心，的长为半径画圆， ∴， ∴阴影部分面积． 故答案为：． 4．/度 【分析】本题考查的是求解圆锥展开图的扇形圆心角，设其侧面展开扇形的圆心角为度，底面半径为，则母线长为，再利用底面圆周长等于展开图的弧长可得答案. 【详解】解：设其侧面展开扇形的圆心角为度，底面半径为，则母线长为， 由题知，， 解得， 其侧面展开扇形的圆心角为． 故答案为：． 5． 【分析】本题主要考查弧长计算公式，垂径定理，解直角三角形，等腰三角形的性质，设圆心为O，过点O作于点C，连接，，先求出，得出，然后求出，再根据弧长公式进行计算即可． 【详解】解：设圆心为O，连接，过点O作于点C，连接，，如图所示： ∵，O为圆心， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． 故答案为：． 6．(1) (2)4 (3) 【分析】（1）根据圆心角，弧，平角的定义解答即可； （2）过O作于H，根据直角三角形的性质，勾股定理解答即可； （3）利用分割法求面积，得阴影面积扇形的面积减去弓形面积． 本题考查了圆的性质，扇形的面积，弓形面积，勾股定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：120． （2）解：中，，， ∴， 过O作于H， 则，， 在中，，即， 解得， ． （3）解：半圆的面积， 扇形的面积， 的面积． 弦与弧围成的弓形面积， 弦与弧围成的弓形面积， 弓形面积弓形面积， ∴阴影面积扇形的面积减去弓形面积． 五、通关检测 1．C 【分析】本题考查了圆周角定理，垂径定理，解直角三角形，解题的关键是正确添加辅助线． 连接，记交于点，由圆周角定理得，由垂径定理得，再解得，即可求解． 【详解】解：连接，记交于点， ∵， ∴， ∵直径， ∴， ∵的半径为2， ∴， ∴， 故选：C． 2．A 【分析】本题考查了等腰三角形性质，三角形内角和定理，同弧所对的圆周角相等．根据等腰三角形性质求出，根据即可求出． 【详解】解：∵，， ∴， ∵， ∴． 故选：A． 3．B 【分析】本题考查了垂径定理，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 先过点O作，运用垂径定理，勾股定理进行列式计算，得，再结合是上的一动点，与交于点，进行分析，即可作答． 【详解】解：依题意，过点O作，交于一点，连接，如图所示： ∵，， ∴，， ∴， ∵是上的一个动点，与交于点． ∴当时，即点与点重合时，则有最小值，且为3， 故选：B 4．C 【分析】根据扇形的弧长公式求出半径，再利用扇形的面积公式计算面积． 本题考查了弧长计算，扇形面积计算，熟练掌握公式是解题的关键． 【详解】解：设扇形的半径为， ∵ ，，， ∴ ， 化简得 ，即， ∴ ， ∴ 扇形的面积， 故选：C． 5．/ 【分析】本题主要考查了垂径定理的应用、勾股定理的应用，矩形的判定与性质，以及二元二次方程组的应用，熟练掌握垂径定理，勾股定理是解题的关键． 过作于，过作于，由垂径定理得，再证四边形是矩形，则，，设该圆的半径长为米，然后由题意列出方程组，解方程组即可. 【详解】解：过作于，过作于，如下图所示： 则米，， ∵， ∴, ∴四边形是矩形, ∴，，， 设该圆的半径长为米， 根据题意得 解得 即门洞的半径长为米， 故答案为：． 6． 【分析】本题考查垂径定理的推论，圆周角定理． 连接，根据是的直径得到，进而求出，根据直径平分弦得到，进而得到，进而得到． 【详解】解：连接， ∵是的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 7．/10度 【分析】本题考查了三角形的内心和外心的概念、圆周角定理、三角形内角和定理； 连接，由点I是的内心可得平分，根据角平分线的定义可得，根据圆周角定理可得，根据等腰三角形的定义及三角形内角和定理进行计算即可得到答案． 【详解】解：如图，连接， ∵点I是的内心， ∴平分， ∵， ∴， ∵点O是外接圆的圆心， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 8．或 【分析】本题考查勾股定理和垂径定理的应用，根据题意做出图形是本题的解题关键，注意分类讨论．结合垂径定理和勾股定理，在中，求得的长，则或，据此即可求解． 【详解】解：如图，连接， 的直径， ， 于点， ， 在中，， ， 如图： 同理，可求得， 此时， 故的长是或， 故答案为：或． 9．(1)见解析 (2) 【分析】（1）因为，根据等边对等角可知，，则可得，则可证 （2）因为AB是直径，则，因为，可知，由，可证明D是中点，则，可证明，则． 【详解】（1）证明∶， ， ， ， ； （2）解：∵AB是直径， ， ∵， 则 ， ，O是中点， ∴， ∴D是中点 ， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查等腰三角形的性质和判定，直径所对圆周角为直角，圆内接四边形对角互补，直角三角形的性质，掌握相关知识是解决问题的关键． 10．(1)证明见详解 (2)4 【分析】本题考查了切线的判定及性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，三角形外角的定义及勾股定理． （1）连接，根据切线的性质得出，再由直径所对应的圆周角为直角得出，由等腰三角形的性质得到，利用角度的和差关系即可得证； （2）根据已知条件求出半径的值，再利用勾股定理求出和的值，此时，得出为等边三角形，结合（1）的结论通过计算得出，从而得出，即可得解． 【详解】（1）证明：如图，连接， ∵是的切线， ∴，即， ∴， 又∵是的直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：∵，， ∴， ∴， 在中，， 在中，， ∴， ∴是等边三角形，即， ∵， ∴，即， 又∵， ∴， ∴， ∴． 14 学科网（北京）股份有限公司 $